贵州省遵义市桐梓县共同体联考2024-2025学年高三上学期9月月考 数学试题（含解析）

这是一份贵州省遵义市桐梓县共同体联考2024-2025学年高三上学期9月月考 数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，已知数据，…，，已知定义在上的函数满足，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．复数的虚部为（ ）
A．B．2C．D．4
2．已知命题，，命题，，则（ ）
A．p和q都是真命题B．和q都是真命题
C．p和都是真命题D．和都是真命题
3．已知单位向量，满足，则（ ）
A．1B．2C．D．
4．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
5．设椭圆的左、右焦点分别为，，过作平行于y轴的直线交C于A，B两点，若，，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数与的图象恰有一个交点，则（ ）
A．B．C．1D．2
7．已知数据，…，（，）的平均数、中位数、方差均为4，则这组数据的极差为（ ）
A．3B．4C．5D．6
8．已知定义在上的函数满足：对任意的，，都有，且．满足不等式的x的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为B．的最大值为1
C．是偶函数D．的图象关于直线对称
10．已知数列的前n项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．若是等差数列，且，则
B．若是等比数列，且，则
C．若，则是等差数列
D．若是公比大于1的等比数列，则
11．星形线或称为四尖瓣线，是一个有四个尖点的内摆线．已知星形线上的点到x轴的距离的最大值为1，则（ ）
A．B．C上的点到原点的距离的最大值为1
C．C上的点到原点的距离的最小值为D．当点在C上时，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知的展开式中各项系数的和为4，则 ．
13．已知P为函数图象上一点，则曲线在点P处的切线的斜率的最小值为 ．
14．已知某三棱台的高为，上、下底面分别为边长为和的正三角形，若该三棱台的各顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．
(1)求C；
(2)若的面积为，求c．
16．已知抛物线的焦点为，且F与圆上点的距离的最小值为2．
(1)求；
(2)已知点，，是抛物线的两条切线，，是切点，求．
17．如图，在直三棱柱中，，，且，，直线与交于点F.
(1)证明：平面.
(2)求二面角的正弦值.
18．在一个盒子中有2个白球，3个红球，甲、乙两人轮流从盒子中随机地取球，甲先取，乙后取，然后甲再取，……，每次取1个，取后不放回，直到2个白球都被取出来后就停止取球．
(1)求2个白球都被乙取出的概率；
(2)求2个白球都被甲取出的概率；
(3)求将球全部取出才停止取球的概率
19．拟合和插值都是利用已知的离散数据点来构造一个能够反映数据变化规律的近似函数，并以此预测或估计未知数据的方法．拟合方法在整体上寻求最好地逼近数据，适用于给定数据可能包含误差的情况，比如线性回归就是一种拟合方法；而插值方法要求近似函数经过所有的已知数据点，适用于需要高精度模型的场景，实际应用中常用多项式函数来逼近原函数，我们称之为多项式插值．例如，为了得到的近似值，我们对函数进行多项式插值．设一次函数满足，可得在0,1上的一次插值多项式，由此可计算出的“近似值”，显然这个“近似值”与真实值的误差较大．为了减小插值估计的误差，除了要求插值函数与原函数在给定节点处的函数值相等，还可要求在部分节点处的导数值也相等，甚至要求高阶导数也相等．满足这种要求的插值多项式称为埃尔米特插值多项式．已知函数在0,1上的二次埃尔米特插值多项式满足.
(1)求，并证明当时，；
(2)当时，，求的取值范围；
(3)利用计算的近似值，并证明其误差不超过0.1．（参考数据：，．结果精确到0.01）
1．B
【分析】展开利用复数的乘法运算求出可得答案.
【详解】，
所以复数的虚部为2.
故选：B.
2．A
【分析】依次判断两个命题的真假，即可求解.
【详解】对于命题，当时，，
当时，，所以命题是真命题；
对于命题，当时，，所以命题是真命题；
故选：A.
3．D
【分析】根据向量的数量积得出向量的模长即可.
【详解】因为
所以.
故选：D.
4．C
【分析】由诱导公式求出，再由平方关系和商数关系求出，，利用两角和的正切公式求出答案.
【详解】由，得，又，
，则，
.
故选：C.
5．A
【分析】由题意结合椭圆定义可求出，再由通径定义可得，进而求出，再由结合离心率公式即可求解.
【详解】由题意可知，
所以由椭圆定义得，
又由椭圆通径定义可知，所以，即，
所以.
故选：A.
6．A
【分析】构造函数并探讨奇偶性，由有唯一零点求出，再验证即可.
【详解】令函数，其定义域为R，
，函数为偶函数，
由函数与的图象恰有一个交点，得有唯一零点，
因此，即，解得，，
当时，，
令函数，，函数在上单调递增，
，则当时，，函数在上递增，在上递减，
所以函数有唯一零点，.
故选：A
7．D
【分析】依题意根据平均数、方差均为4构造方程组，再由解方程可得，即可求出这组数据的极差.
【详解】根据题意，不妨设，且，可得，
由平均数为4，得，即；
由方差为4，得，即；
联立，由可解得；
根据极差定义可得这组数据的极差为.
故选：D
8．B
【分析】根据对数运算法则将不等式变形进行构造函数，再由函数单调性定义可得在上单调递减，原不等式等价于，利用单调性即可解得结果.
【详解】将不等式化简可得；
令，可得，
即对任意的，，都有，
所以函数在上单调递减，
则等价于，
即，可得，
又，所以，
所以等价于，
因此可得，解得,
可得x的取值范围是.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题关键在于将不等式变形通过构造函数并利用所给函数值以及函数单调性解不等式即可得出结果.
9．BC
【分析】根据函数的图像逐项判断即可.
【详解】函数，
所以的图像关于轴对称，且不具备周期性，不关于直线对称，
故选项AD错误，C正确，
且的最大值为1，故B正确.
故选：BC
10．AB
【分析】利用等差数列和等比数列的求和公式判断选项AB;利用判断选项C；通过举例，判断选项D.
【详解】对于A，若是等差数列，则，
且，故 ，故A正确；
对于B，若是等比数列，则当时，，
且，则；
当时，，舍去，故B正确；
对于C，若，则，，
，故，所以不是等差数列，故C错误；
对于D，若，则,
此时，不满足，故D错误.
故选：AB
11．ABD
【分析】根据星形线求出可判断AB；设点Px0,y0在C上，根据利用立方差公式、基本不等式可判断C；由利用基本不等式可判断D.
【详解】对于A，因为星形线上的点到x轴的距离的最大值为1，
令得，因为，可得，故A正确；
对于B，由图可得C上的点到原点的距离的最大值为1，故B正确；
对于C，设点Px0,y0在C上，则，
因为
，当且仅当等号成立，
即星形线上的点到原点距离的最小值为12，故C错误；
对于D，当点在C上时，
因为，
得，当且仅当等号成立，
即星形线上的点到轴距离的乘积的最大值为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是从方程出发，利用基本不等式求最值.
12．3
【分析】赋值法，令代入得各项系数和，列式计算即可.
【详解】令得展开式中各项系数和，
则，解得.
故答案为：3.
13．2
【分析】对函数求导，利用基本不等式即可求得切线斜率的最小值.
【详解】由求导得，，
因，故，当且仅当时等号成立，
即当点或时，曲线在点P处的切线的斜率取得最小值为2.
故答案为：2.
14．
【分析】求出三棱台上下底面正三角形外接圆的半径，确定球心位置，结合球的截面圆性质求出球半径，再由球的表面积公式可得结果.
【详解】依题意，该三棱台为正三棱台，设为三棱台，如图，
上底面正外接圆的半径是，为正外接圆圆心，
下底面正外接圆的半径是，为正外接圆圆心，
由正三棱台的性质知，其外接球的球心在直线上，令该球半径为，
于是，或，解得，
所以球的表面积是．
故答案为：
15．(1)
(2)2
【分析】（1）先由和余弦定理求得角,再由和正弦定理求得角；
（2）由三角形面积公式求得，再由正弦定理得到，联立两方程，计算即得.
【详解】（1）由和余弦定理可得，，因，故；
又由和正弦定理得，，
即,即得，，
整理得，，因,故；
（2）因的面积为，即①
由正弦定理，②
将②式代入①式，整理得，，解得.
16．(1)2
(2)
【分析】（1）根据圆外一点到圆上的点的最小距离的求法确定的值.
（2）设过点的切线方程，带入抛物线方程，由直线与抛物线相切，可求切线斜率和切点坐标，利用两点间的距离公式求AB.
【详解】（1）因为（），则其到圆心距离减去半径为2，故.
（2）由（1）可知，抛物线的标准方程为：.
如图：

因为过点的切线一定有斜率，故设切线方程为：，即，
代入得：，整理得：.
因为直线与抛物线相切，所以或.
当时，由，所以切点；
当时，由，所以切点B2,1.
所以
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，接着求出和平面的法向量，进而得，进而得证.
（2）由（1）得平面的法向量并求出平面的一个法向量，接着计算即可进一步求出二面角的正弦值.
【详解】（1）由题意可以为原点，和分别为轴、轴和轴建立
如图所示的空间直角坐标系，
因为，且，，
所以，
所以，，，
设m=x,y,z是平面的一个法向量，
则，所以，取得，
所以，即，所以平面.
（2）由（1）得，，平面的一个法向量为，
设n=a,b,c是平面的一个法向量，
则，所以，取得，
设二面角的大小为，，
则，
所以二面角的正弦值为.
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）结合题意可得第一次甲取出红球，第二次乙取出白球，第三次甲取出红球，第四次乙取出白球，计算其概率即可；
（2）分甲第一次和第三次取出白球，甲第三次和第五次取出白球，甲第一次和第五次取出白球的情况及求其对应的概率，再求概率之和即可.
（3）分取出白球的情况及其对应概率，再求概率之和即可.
【详解】（1）若2个白球都被乙取出记为事件，即第一次甲取出红球，第二次乙取出白球，第三次甲取出红球，第四次乙取出白球，结束取球，
则;
（2）若2个白球都被甲取出记为事件，三种情况：
①第一次甲取出白球，第二次乙取出红球，第三次甲取出白球，结束取球，
其概率为；
②第一次甲取出白球，第二次乙取出红球，第三次甲取出红球，第四次乙取出红球，第五次甲取白球，
其概率为；
③第一次甲取出红球，第二次乙取出红球，第三次甲取出白球，第四次乙取出红球，第五次甲取白球，
其概率为；
故．
（3）若将球全部取出才停止取球记为事件，则最后一次即第5次取出的一定是白球．
四种情况：
①第1次和第5次取出的是白球，另外3次取出的是红球，
其概率为；
②第2次和第5次取出的是白球，另外3次取出的是红球，
其概率为；
③第3次和第5次取出的是白球，另外3次取出的是红球，
其概率为；
④第4次和第5次取出的是白球，另外3次取出的是红球，
其概率为；
故．
19．(1)，证明见解析
(2)
(3)，证明见解析
【分析】（1）根据已知条件可求得，，，即可得，设，求导结合函数的单调性及零点存在定理即可证明；
（2）由已知设，则，通过求导判断的单调性，讨论的范围，验证是否成立即可求解；
（3）由即可求解的近似值，根据（2）代入即可证明.
【详解】（1），，，，，
，，
由，得，解得，
所以，
设，
，
令函数，则，
令函数，则，
所以在0,1上单调递减，
又因为，，
所以存在，使得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，，
所以在0,1上存在唯一的零点，使得，
当时，，当时，，
所以Fx在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，即；
（2）由（1）知等价于，且，
设，则，
，
令函数，则，
令函数，则，
所以在0,1上单调递减，
若，即，则在0,1上恒成立，
所以在0,1上单调递减，在0,1上恒成立，
所以在0,1上单调递减，，符合题意，
若，即，
则存在，使得当时，，
从而在上单调递增，
因为，所以当时，，即在上单调递增，
所以，不符合题意，
综上，的取值范围为；
（3），
由（2）知，，
所以误差.
【点睛】关键点点睛：解读题干，根据题意求出，充分利用每一小问得出的结论解题.